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Resistência dos Materiais
1- Encontre
a equação da linha elástica para a
viga engastada com carga concentrada vista na
figura ao lado.
Solução:
P
A
B
L
x
P
MA
A
B
L
VA
y
Cálculo das reações de apoio:
 V  0  VA  P  0  VA  P
M  0
 MA  P L  0  MA  P L
Equação dos momentos fletores:
M(x)  VA x  M A  M(x)  Px  L 0  x  L
Equação diferencial da linha elástica:
EIy' ' (x)  Px  L  0  x  L
Integrando uma vez:
2

x  L
EIy' ( x )  P
 C1  0  x  L
2
Integrando Mais uma vez:
3

x  L
EIy( x )  P
 C1 x  C 2  0  x  L
6
Condições de contorno:
P L2
y'(0)  0  C1 
2
P L3
y(0)  0  C 2  
6
Portanto a equação da linha elástica fica assim:
3
P L2
P L3

x  L
EIy( x )  P

x
 0xL
6
2
6
ou
P x2
3L  x   0  x  L
 y( x ) 
6 EI
e a flecha máxima, max, na extremidade livre (B) é:
2
3
P L2
3L  L  P L 2L  P L
 max  y(L) 
6 EI
6 EI
3 EI
  max 
Linha Elástica
P L3
3 EI
1
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q0
2- Encontre a equação da linha elástica para a
viga engastada com carga
triangular vista na figura ao lado.
distribuída
Solução:
A
x
B
L
q0
MA
A
B
L
VA
y
Cálculo das reações de apoio:
q L
q L
 V  0  VA  ( 20 )  0  VA  20
q 0 L 2L
q 0 L2
 M  0  MA  ( 2 ) 3  0  MA  3
Equação dos momentos fletores:
q x2 x
q x3
M( x )  VA x  M A  0
 VA x  M A  0
0  x  L
2L 3
6L
Equação diferencial da linha elástica:
q x3
EIy' ' ( x )  VA x  M A  0
 0xL
6L
Integrando uma vez:
q0x 4
x2
EIy' ( x )  VA
 MAx 
 C1  0  x  L
2
24L
Integrando Mais uma vez:
x3
x 2 q0x5
EIy( x )  VA
 MA

 C1 x  C 2  0  x  L
6
2 120L
Condições de contorno:
y'(0)  0  C1  0
y(0)  0  C2  0
Portanto a equação da linha elástica fica assim:
x3
x 2 q0x5
EIy( x )  VA
 MA

ou
6
2 120L
q L x 3 q 0 L2 x 2 q 0 x 5
EIy( x )   0


 0xL
2 6
3 2 120L
q0x2
 y( x ) 
x 3  10L2 x  20L3  0  x  L
120L EI
e a flecha máxima, max, na extremidade livre (B) é:
q 0 L2
q 0 L2
 max  y(L) 
L3  10L2 L  20L3 
11L3
120L EI
120L EI


  max 




11q 0 L4
120 EI
Linha Elástica
2
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q0
3- Encontre a equação da
linha elástica para a
viga engastada com carga distribuída triangular
vista na figura ao lado.
Solução:
x
A
q0
A
B
L
B
L
y
Equação dos momentos fletores (origem dos eixos em A):
q x
( x ) 0 
q x2 x
q x3
L x
M( x )   
 0
 0
0  x  L
2
3
2L 3
6L
Equação diferencial da linha elástica:
q x3
EIy' ' ( x )  0  0  x  L
6L
Integrando uma vez:
q0x 4
EIy' ( x ) 
 C1  0  x  L
24L
Integrando Mais uma vez:
q x5
EIy( x )  0  C1x  C2  0  x  L
120L
Condições de contorno:
q L3
y'(L)  0  C1   0
24
q 0 L4
y(L)  0  C2 
30
Portanto a equação da linha elástica fica assim:
q x 5 q L3
q L4
EIy( x )  0  0 x  0
ou
120L 24
30
q0
x 5  5L4 x  4L5   0  x  L
 y( x ) 
120L EI
e a flecha máxima, max, e declividade máxima, max, na extremidade livre (A) é:
q0
q0
q0



 max  y(0) 
0 5  5L4 0  4L5  
4L5  
L5 
120L EI
120L EI
30L EI
q 0 L4



max
30 EI
q 0 04
q 0 L3
 max  y' (0) 

24EIL 24EI
3
qL
 max   0
24EI
Linha Elástica
3
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q
4- Encontre
a equação da linha elástica para a
viga biapoiada com carga distribuída retangular
vista na figura ao lado.
Solução:
A
B
L
x
q
A
B
VA
VB
L
y
Cálculo das reações de apoio:
qL
L
 0  VB 
2
2
qL
 V  0  VA  VB  q L  0  VA  2
M  0
 VB L  (qL)
Equação dos momentos fletores:
M( x )  q
L
x2
x q
 0xL
2
2
Equação diferencial da linha elástica:
EIy' ' ( x )  

q
Lx  x 2
2

 0xL
Integrando uma vez:
q  Lx 2 x 3 
EIy' ( x )   
   C1  0  x  L
2 2
3 
Integrando Mais uma vez:
q  Lx 3 x 4 
  C1 x  C 2  0  x  L
EIy( x )   

2 6
12 
Condições de contorno:
y(0)  0  C 2  0
q  L4 L4 
qL3
y(L)  0       C1 L  0  C1 
2  6 12 
24
Portanto a equação da linha elástica fica assim:
q  Lx 3 x 4  qL3

EIy( x )   

x  0xL
2 6
12  24
qx
 y( x ) 
L3  2Lx 2  x 3  0  x  L
24EI


e a flecha máxima, max, no centro do vão L é:
 max  yL / 2 
  max 
qL / 2 3
5qL4
2
3
L  2LL / 2  L / 2 
24EI
384EI


5qL4
384EI
Linha Elástica
4
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5- Encontre
a equação da linha elástica para a
viga biapoiada com carga concentrada vista na
figura ao lado.
P
a
Solução:
Reações de apoio:
M
F
y
z ( B)
B
 0  VA  L  P(L  a )  0  VA 
 0 VA  VB  P  0  VB 
P( L  a )
L
L
Pa
L
As equações de momentos fletores são:
P( L  a )
x  0xa
L
P( L  a )
M 2 (x) 
x  P( x  a )  a  x  L
L
M1 ( x ) 
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
P( L  a )
x  0xa
L
P( L  a )
EI y 2 ' ' ( x )  
x  P( x  a )  a  x  L
L
EI y1 ' ' ( x )  
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
P( L  a ) x 2
EI y1 ' ( x )  
 C1  0  x  a
L
2
P( L  a ) x 2
(x  a ) 2
EI y 2 ' ( x )  
P
 C2  a  x  L
L
2
2
Segunda integração:
P( L  a ) x 3
 C1 x  C 3  0  x  a
L
6
P( L  a ) x 3
(x  a ) 3
EI y 2 ( x )  
P
 C2 x  C4  a  x  L
L
6
6
EI y1 ( x )  
As condições de contorno para a viga são:
y'1 (a )  y'2 (a )  C1  C2
y1 (a )  y 2 (a )  C3  C4
y1 (0)  0  EI y1 (0)  C3  0  C3  C4  0
P(L  a ) L3
( L  a )3
P
 C2 L  0
L
6
6
PL
P
 C2  C1 
(L  a ) 
( L  a )3
6
6L
y 2 (L)  0  EI y 2 (L)  
A linha elástica é:
P(L  a ) x 3 PL
P

(L  a ) 
( L  a )3 x  0  x  a
L
6
6
6L
3
3
P( L  a ) x
( x  a ) PL
P
EI y 2 ( x )  
P

(L  a ) 
( L  a )3 x  a  x  L
L
6
6
6
6L
EI y1 ( x )  
Linha Elástica
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6- Encontre a equação da linha elástica para a
viga engastada com carga
retangular vista na figura ao lado
q
distribuída
A
B
L
Solução:
x
q
MA
A
B
L
VA
y
Cálculo das reações de apoio:
V  0
 VA  q L  0  VA  q L
 M  0  MA  q L
L
qL2
 0  MA 
2
2
Equação dos momentos fletores:
M( x )  VA x  MA 
qx 2
qL2 qx 2
 M( x )  qLx 

2
2
2
0xL
Equação diferencial da linha elástica:
EIy' ' ( x ) 
qx 2 qL2

 qLx  0  x  L
2
2
Integrando uma vez:
EIy' ( x ) 
qx 3 qL2 x qLx 2


 C1  0  x  L
6
2
2
Integrando mais uma vez:
qx 4 qL2 x 2 qLx 3
EIy( x ) 


 C1x  C2  0  x  L
24
4
6
Condições de contorno:
y'(0)  0  C1  0
y(0)  0  C2  0
Portanto a equação da linha elástica fica assim:
qx 4 qL2 x 2 qLx 3
EIy( x ) 


 0xL
24
4
6
e a flecha máxima, max, na extremidade livre (B) é:
qL4 qL2 L2 qL L3


4
4
6  qL
 max  y(L)  24
EI
8EI
4
qL
  max 
8EI
Linha Elástica
6
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7- Calcule
o máximo deslocamento entre A e B da viga biapoiada com balanços,
feita de madeira (E=12,5 GPa) com seção transversal retangular vista ao lado da
mesma:
3 kN
3 kN
C
A
B
2,0 m
6,0 m
30 cm
D
2,0 m
12 cm
E  12,5 GPa  12500 M Pa  12,5  10 kN / m
6
2
12  30 3
cm 4  27000 cm 4  0,00027 m 4
12
E I  12,5  10 6  2,7  10  4  3375 kN m 2
I

 

Solução:
Vamos calcular as reações de apoio:
 M  0  V  6  3 8  3 2  0 V
 F  0 V  V  3  3  0  V  3 kN
z ( B)
y
A
A
A
B
 3 kN
B
Vamos encontrar as equações de momento fletor:
M1  3x  0  x  2 m
M 2  3x  VA ( x  2)  3x  3( x  2)  2  x  8 m
M 3  3x  VA ( x  2)  VB ( x  8)  3x  3( x  2)  3( x  8)  8  x  10 m
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
E I y1 ' ' ( x )  3x  0  x  2 m
E I y 2 ' ' ( x )  3x  3( x  2)  2  x  8 m
E I y 3 ' ' ( x )  3x  3( x  2)  3( x  8)  8  x  10 m
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
x2
 C1  0  x  2 m
2
x2
( x  2) 2
E I y 2 ' (x)  3
3
 C2  2  x  8 m
2
2
x2
( x  2) 2
( x  8) 2
E I y 2 ' (x)  3
3
3
 C 3  8  x  10 m
2
2
2
E I y1 ' ( x )  3
Segunda integração:
x3
 C1 x  C 4  0  x  2 m
6
x3
( x  2) 3
E I y 2 (x)  3  3
 C 2 x  C5  2  x  8 m
6
6
x3
( x  2) 3
( x  8) 3
E I y 2 (x)  3  3
3
 C 3 x  C 6  8  x  10 m
6
6
6
E I y1 ( x )  3
Linha Elástica
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Resistência dos Materiais
As condições de contorno para a viga são:
y'1 (2)  y' 2 (2)  C1  C 2
y1 (2)  y 2 (2)  C 4  C 5
y' 2 (8)  y'3 (8)  C 2  C 3
y1 (8)  y 2 (8)  C 5  C 6
23
 C1 2  C 4  0  C 4  2  C1  4
6
83
(8  2) 3
y(8)  0  E I y 2 (8)  3  3
 C 2 8  C5  0
6
6
83 6 3
83 6 3


 C 2 8   2  C1  4   0 

 8  C 2   2  C 2  4  0
2
2
2
2
 C 2  24  C1  C 2  C 3  24
y(2)  0  E I y1 (2)  3
 C 4  44  C 4  C 5  C 6  44
Então:
x3
 24x  44  0  x  2 m
6
x3
( x  2) 3
E I y 2 (x)  3  3
 24x  44  2  x  8 m
6
6
x3
( x  2) 3
( x  8) 3
E I y 2 (x)  3  3
3
 24x  44  8  x  10 m
6
6
6
E I y1 ( x )  3
O deslocamento entre A e B (centro, x=5m) é:
E I y 2 (5)  3
53
(5  2) 3
27
27
3
 24  5  44  27  y 2 (5)  

 0,008 m
6
6
EI
3375
Resposta: O deslocamento entre A e B é de 8 mm para cima.
8- Encontre a equação da linha elástica para a viga
biapoiada e carga concentrada,
conforme mostra a figura abaixo. Encontre, também, o deslocamento vertical em C.
Considere as seções transversais de inércia EJ=250 kN.m2 constante ao longo de todo
o comprimento da viga.
1 kN
A
B
1m
1m
C
1m
Solução:
Vamos calcular as reações de apoio:
 M  0  V  2  1 1  0  V  0,5 kN
 F  0 V  V  1  0  V  0,5 kN
z ( B)
y
A
A
A
B
B
Vamos encontrar as equações de momento fletor:
M1  0,5x  0  x  1 m
M 2  0,5x  1  ( x  1)  1  x  2 m
M 3  0,5x  1  ( x  1)  0,5  ( x  2)  2  x  3 m
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
Linha Elástica
8
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Resistência dos Materiais
E I y1 ' ' ( x )  0,5x  0  x  1 m
E I y 2 ' ' ( x )  0,5x  1  ( x  1)  1  x  2 m
E I y 3 ' ' ( x )  0,5x  1  ( x  1)  0,5  ( x  2)  2  x  3 m
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
E I y1 ' ( x )  0,25x 2  C1  0  x  1 m
E I y 2 ' ( x )  0,25x 2  0,5  ( x  1) 2  C 2  1  x  2 m
E I y 3 ' ( x )  0,25x 2  0,5  ( x  1) 2  0,25  ( x  2) 2  C 3  2  x  3 m
Segunda integração:
0,25x 3
E I y1 ( x )  
 C1 x  C 4  0  x  1 m
3
0,25x 3 0,5
E I y 2 (x)  

 ( x  1) 3  C 2 x  C 5  1  x  2 m
3
3
0,25x 3 0,5
0,25
E I y 3 (x)  

 ( x  1) 3 
 ( x  2) 3  C 3 x  C 6  2  x  3 m
3
3
3
As condições de contorno para a viga são:
y'1 (1)  y' 2 (1)  C1  C 2
y1 (1)  y 2 (1)  C 4  C 5
y' 2 (2)  y'3 (2)  C 2  C 3
y1 (2)  y 2 (2)  C 5  C 6
y(1)  0  C 4  0  C 5  0  C 6  0
0,25  2 3 0,5

 (2  1) 3  C 2  2  C 5  0
3
3
 0,5  2C 2  C 5  0  C 2  0,25  C1  0,25  C 3  0,25
y(2)  0
 E I y 2 (2)  
Então:
0,25x 3
 0,25x  0  x  1 m
3
0,25x 3 0,5
E I y 2 (x)  

 ( x  1) 3  0,25x  1  x  2 m
3
3
0,25x 3 0,5
0,25
E I y 3 (x)  

 ( x  1) 3 
 ( x  2) 3  0,25x  2  x  3 m
3
3
3
E I y1 ( x )  
O deslocamento em C (x=3m) é:
0,25  33 0,5
0,25
E I y 3 (3)  

 (3  1) 3 
 (3  2) 3  0,25  3
3
3
3
0,25
0,25
 y 3 (3)  

 0,001 m
EI
250
Resposta: O deslocamento em C é de 1 mm para cima.
Linha Elástica
9
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9- Calcule o deslocamento vertical em C após encontrar a equação da linha elástica
para a viga biapoiada e carga concentrada, conforme mostra a figura abaixo.
Considere as seções transversais de inércia EI=2500 kN.m2 constante ao longo de
todo o comprimento da viga.
2 kN
A
C
B
2m
D
2m
1m
Solução:
Vamos calcular as reações de apoio:
2 kN
1
 M z( B)  0  VA  4  2  1  0  VA   2 kN
5
 Fy  0 VA  VB  2  0  VB  2 kN
A
C
2m
VA
B
2m
1m
VB
Vamos encontrar as equações de momento fletor (o eixo x inicia-se em A):
1
M1 ( x )   x  0  x  4 m
2
1
5
M 2 ( x )   x  ( x  4)  4  x  5 m
2
2
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
1
x  0x4m
2
1
5
EI y 2 ' ' ( x )  x  ( x  4)  4  x  5 m
2
2
EI y1 ' ' ( x ) 
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
x2
EI y1 ' ( x ) 
 C1  0  x  4 m
4
x 2 5( x  4) 2
EI y 2 ' ( x ) 

 C2  4  x  5 m
4
4
Segunda integração:
x3
 C1 x  C 3  0  x  4 m
12
x 3 5( x  4) 3
EI y 2 ( x ) 

 C2 x  C4  4  x  5 m
12
12
EI y1 ( x ) 
As condições de contorno para a viga são:
y1 ' (4)  y 2 ' (4)  C1  C 2
y1 (4)  y 2 (4)  C 3  C 4
y1 (0)  0  C 3  0  C 4  0
43
y1 (4)  0  EI y1 (4) 
 C1 4  0
12
Linha Elástica

10
C1  
4
3
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Então:
x3 4
EI y1 ( x ) 
 x  0x4m
12 3
x 3 5( x  4) 3 4
EI y 2 ( x ) 

 x  4x5m
12
12
3
O deslocamento em C (x = 2 m) é:
23 4
 2  2
12 3
2
2
 y1 (2)  

 0,0008 m
EI
2500
EI y1 (2) 
Resposta: O deslocamento em C é de 0,8 mm para cima.
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10- Encontre
a equação da linha elástica para a viga biapoiada com carga
concentrada, conforme mostra a figura abaixo. Encontre, também, o maior
deslocamento vertical entre A e B. Considere a inércia à flexão EI=250 kN.m2
constante ao longo de todo o comprimento da viga.
2 kN
A
B
1m
1m
Solução:
Cálculo das reações de apoio:
 M  0  V  2  2  1  0  V  1 kN
 F  0 V  V  2  0  V  1 kN
z ( B)
A
y
A
A
B
B
Vamos encontrar as equações de momento fletor:
M1  1x  0  x  1 m
M 2  1x  2  ( x  1)  1  x  2 m
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
E I y1 ' ' ( x )   x  0  x  1 m
E I y 2 ' ' ( x )   x  2  ( x  1)  1  x  2 m
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
x2
E I y1 ' ( x )  
 C1  0  x  1 m
2
x2
( x  1) 2
E I y 2 ' (x)  
 2
 C2  1  x  2 m
2
2
Segunda integração:
x3
 C1 x  C 3  0  x  1 m
6
x3
( x  1) 3
E I y 2 (x)  
 2
 C2 x  C4  1  x  2 m
6
6
E I y1 ( x )  
As condições de contorno para a viga são:
y'1 (1)  y' 2 (1)  C1  C 2
y1 (1)  y 2 (1)  C 3  C 4
y(0)  0  C 3  0  C 4  0
y(2)  0
 E I y 2 (2)  
23
(2  1) 3
1
1
 2
 C 2  2  0  C 2   C1 
6
6
2
2
Então:
x3 x
E I y1 ( x )  

 0  x 1m
6 2
x 3 ( x  1) 3 x
E I y 2 (x)  

  1 x  2 m
6
3
2
O deslocamento vertical máximo logo abaixo da força, ou seja, em x = 1 m é:
13 1 1
1
1
1
   y1 (1) 


 0,00133 m
6 2 3
3 E I 3  250 750
Resposta: O deslocamento máximo é de 1,33 mm.
E I y1 (1)  
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11- Encontre a linha elástica e o deslocamento em C da viga biapoiada com balanço
(EI=constante) vista abaixo:
Solução:
Solução:
Vamos calcular as reações de apoio:
M
F
y
z ( B)
 0  VA  2a  P  a  0  VA  
 0 VA  VB  P  0  VB 
P
2
3P
2
Vamos encontrar as equações de momento fletor:
P
x  0  x  2a
2
P
3P
M 2 (x)   x 
 ( x  2a )  2a  x  3a
2
2
M1 ( x )  
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
P
x  0  x  2a
2
P
3P
EI v 2 ' ' ( x )  x 
 ( x  2a )  2a  x  3a
2
2
EI v1 ' ' ( x ) 
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
P x2

 C1  0  x  2a
2 2
P x 2 3P ( x  2a ) 2
EI v 2 ' ( x )  


 C 2  2a  x  3a
2 2
2
2
EI v1 ' ( x ) 
Segunda integração:
P x3
EI v1 ( x )  
 C1 x  C 3  0  x  2a
2 6
P x 3 3P ( x  2a ) 3
EI v 2 ( x )  


 C 2 x  C 4  2a  x  3a
2 6
2
6
As condições de contorno para a viga são:
v'1 (2a )  v' 2 (2a )  C1  C 2
v1 (2a )  v 2 (2a )  C 3  C 4
v1 (0)  0  C 3  0  C 4  0
P (2a ) 3
v(2a )  0  EI v1 (2a )  
 C1 (2a )  0
2
6
2Pa 3
Pa 2
Pa 2

 C1 (2a )  0  C1  
 C2  
3
3
3
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Então:
Px 3 Pa 2
EI v1 ( x ) 

x  0  x  2a
12
3
Px 3 P
Pa 2
EI v 2 ( x ) 
 ( x  2a ) 3 
x  2a  x  3a
12 4
3
O deslocamento em C (x=3a) é:


P(3a ) 3 P
Pa 2
Pa 3 3
 (3a  2a ) 3 
3a 
3  3  12  Pa 3
12
4
3
12
Pa 3
 v 2 (3a ) 
EI
EI v 2 (3a ) 
Pa 3
Resposta: O deslocamento em C é
EI
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12- A viga de
madeira está submetida à carga mostrada. Determinar a equação da
linha elástica. Supondo Emad = 12 GPa, determinar também a deflexão e a inclinação
na extremidade B.
Solução:
Vamos encontrar as equações de momento fletor (adotando a origem do eixo x em B):
M1 ( x )  6x  0  x  1,5 m
M 2 ( x )  6x  4( x  1,5)  1,5  x  3 m
( x  3) 2
 3 x 6m
2
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
E I y1 ' ' ( x )  6x  0  x  1,5 m
M 3 ( x )  6x  4( x  1,5)  2
E I y 2 ' ' ( x )  6x  4( x  1,5)  1,5  x  3 m
E I y 3 ' ' ( x )  6x  4( x  1,5)  ( x  3) 2  3  x  6 m
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
E I y1 ' ( x )  3x 2  C1  0  x  1,5 m
E I y 2 ' ( x )  3x 2  2( x  1,5) 2  C 2  1,5  x  3 m
E I y 3 ' ( x )  3x 2  2( x  1,5) 2 
( x  3) 3
 C3  3  x  6 m
3
Segunda integração:
E I y1 ( x )  x 3  C1 x  C 4  0  x  1,5 m
( x  1,5) 3
E I y 2 (x)  x  2
 C 2 x  C 5  1,5  x  3 m
3
( x  1,5) 3 ( x  3) 4
E I y 3 (x)  x 3  2

 C3 x  C6  3  x  6 m
3
12
As condições de contorno para a viga são:
y'1 (1,5)  y' 2 (1,5)  C1  C 2
3
y1 (1,5)  y 2 (1,5)  C 4  C 5
y' 2 (3)  y'3 (3)  C 2  C 3
y 2 (3)  y 3 (3)  C 5  C 6
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(6  3) 3
 C 3  0  C 3  157,5
3
(6  1,5) 3 (6  3) 4
y(6)  0  E I y 3 ' (6)  6 3  2

 157,5  6  C 6  0  C 6  661,5
3
12
 C1  C 2  C 3  157,5
y' (6)  0  E I y 3 ' (6)  3  6 2  2(6  1,5) 2 
 C 4  C 5  C 6  661,5
Então, as inclinações são:
E I y1 ' ( x )  3x 2  157,5  0  x  1,5 m
E I y 2 ' ( x )  3x 2  2( x  1,5) 2  157,5  1,5  x  3 m
E I y 3 ' ( x )  3x 2  2( x  1,5) 2 
( x  3) 3
 157,5  3  x  6 m
3
E as deflexões são:
E I y1 ( x )  x 3  157,5x  661,5  0  x  1,5 m
( x  1,5) 3
E I y 2 (x)  x  2
 157,5x  661,5  1,5  x  3 m
3
( x  1,5) 3 ( x  3) 4
E I y 3 (x)  x 3  2

 157,5x  661,5  3  x  6 m
3
12
A rigidez EI é:
kN
kN
E = 12 GPa = 12
= 12 × 10 6 2
2
mm
m
3
200  400
I
 1,0667  10 9 mm 4  1,0667  10 3 m 4
12
 EI  12 × 10 6  1,0667  10 3  12800 kN.m 2
3

 

A inclinação em B é:
E I y1 ' (0)  3  0 2  157,5  157,5
 y1 ' (0)   B 
 157,5
 0,0123 rad  0,705 o
12800
O deslocamento máximo (em B) é:
E I y1 0  0 3  157,5  0  661,5  661,5
 y1 0  y max 
661,5
 0,0516 m  51,6 mm
12800
Resposta: A deflexão e a inclinação na extremidade B são, respectivamente, B = –0,705o e
yB = 51,6 mm.
51,6 mm
–0,705o
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13- Após determinar a equação da linha elástica da viga abaixo, especificar quantas
vezes a deflexão máxima é maior que a deflexão no centro do vão L (distância entre
A e B). Considerar EI constante e, também, a = L/4.
Solução:
Reações de apoio:
M
F
y
z ( B)
 0  VA  L  P(L  a )  0  VA 
 0 VA  VB  P  0  VB 
P( L  a )
L
Pa
L
As equações de momentos fletores são:
P( L  a )
x  0xa
L
P( L  a )
M 2 (x) 
x  P( x  a )  a  x  L
L
M1 ( x ) 
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
P( L  a )
x  0xa
L
P( L  a )
EI y 2 ' ' ( x )  
x  P( x  a )  a  x  L
L
EI y1 ' ' ( x )  
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
P( L  a ) x 2
EI y1 ' ( x )  
 C1  0  x  a
L
2
P( L  a ) x 2
(x  a ) 2
EI y 2 ' ( x )  
P
 C2  a  x  L
L
2
2
Segunda integração:
P( L  a ) x 3
 C1 x  C 3  0  x  a
L
6
P( L  a ) x 3
(x  a ) 3
EI y 2 ( x )  
P
 C2 x  C4  a  x  L
L
6
6
EI y1 ( x )  
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As condições de contorno para a viga são:
y'1 (a )  y' 2 (a )  C1  C 2
y1 ( a )  y 2 ( a )  C 3  C 4
y1 (0)  0  EI y1 (0)  C 3  0  C 3  C 4  0
P(L  a ) L3
(L  a ) 3
P
 C2L  0
L
6
6
PL
P
 C 2  C1 
(L  a ) 
(L  a ) 3
6
6L
y 2 (L)  0  EI y 2 (L)  
E a deflexão no centro é:
L
 a )3
P(L  a )  L 
L
L
2
EI y 2    
 C2
  P
6L  2 
6
2
2
Pa
 yL / 2 
3L2  4a 2
48 EI
(
3


Ou, com a = L/4
P(L / 4) 2
PL  2
L2 
PL3  1 
PL3 11
yL / 2 
3L  4(L / 4) 2 
3
L

4

3


48 EI
4  48 EI 
16  4  48 EI  4  4  48 EI  4 


 yL / 2
11 PL3

768 EI
E a deflexão máxima ocorre onde y2’(x)=0, ou seja:
EI y 2 ' ( x )  
P( L  a ) x 2
( x  a ) 2 PL
P
P

(L  a )  (L  a ) 3  0
L
2
2
6
6L
com a = L/4
 4 5 
x  
L 
4


Assim:
 4 5  5 5 3
EI y 2 
L  
PL
4

 768
 y max
5 5 PL3

768 EI
Então:
5 5 PL3
y max
5 5
768 EI


 1,0164
3
yL/ 2
11
11 PL
768 EI
Resposta: A deflexão máxima é apenas 1,64% maior que a deflexão no centro.
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14- Encontre
a deflexão em C na viga biapoiada de aço vista na figura abaixo.
Considere as seções transversais de inércia constante EI constante ao longo de todo o
comprimento, 2a, da viga.
Adotando o eixo x iniciando-se em A, as equações de momentos fletores para a viga acima são:
w x2
3
wa x
 0xa
4
2
3
a

M 2 ( x )  w a x  w a  x    a  x  2a
4
2

M1 ( x ) 
Solução:
E as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho) são:
w x2
3
wa x
 0xa
4
2
3
a

EI y 2 ' ' ( x )   w a x  w a  x    a  x  2a
4
2

EI y1 ' ' ( x )  
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
3
x2 w x3
EI y1 ' ( x )   w a

 C1
4
2
6
 0xa
2
3
x2 w a 
a
EI y 2 ' ( x )   w a

 x    C 2  a  x  2a
4
2
2 
2
Integrando mais uma vez:
EI y1 ( x )  
3
x3 w x4
wa

 C1 x  C 3
4
6
24
 0xa
3
3
x3 w a 
a
EI y 2 ( x )   w a

 x    C 2 x  C 4  a  x  2a
4
6
6 
2
As condições de contorno para a viga são:
y1 ' a   y 2 ' a 
y1 a   y 2 a 
y1 (0)  0
y 2 (2a)  0
Resolvendo, as constantes são:
C1 
wa 4
3
17
wa 3 ; C 2 
wa 3 ; C 3  0; C 4  
16
48
24
O deslocamento em C ocorre em x=a:
3
x3 w x4 3
wa

 wa 3 x
4
6
24
16
3
w a4 3
3
a
5
 EI y1 (a )  EI  C   w a

 wa 3 a 
wa 4
4
6
24
16
48
EI y1 ( x )  
Assim:
 C 
5 w a4
48 EI
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15- Encontre a deflexão em C da extremidade direita (seção abaixo da carga de 20
kN) da viga de aço A-36 (E=200 GPa) biapoiada com balanços vista na figura abaixo.
Considere as seções transversais de inércia constante EI ao longo de todo o
comprimento da viga. Adote o momento de inércia da seção transversal da viga
I = 3628,125 cm4.
Equação diferencial da linha elástica (origem do eixo x na extremidade esquerda):
EIy1 ' ' ( x )  3x 2
 0,0  x  1,5 m
EIy 2 ' ' ( x )  7,75x  4,875  1,5  x  4,5 m
EIy 3 ' ' ( x )  20x  120
 4,5  x  6,0 m
Integrando uma vez:
EIy1 ' ( x )  x 3  C1
EIy 2 ' ( x )  3,875x 2  4,875x  C 2
EIy 3 ' ( x )  10x 2  120x  C 3
Solução:
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
segunda integração:
x4
 C1 x  C 4
4
x3
x2
EIy 2 ( x )  3,875  4,875
 C 2 x  C5
3
2
x3
x2
EIy 3 ( x )  10
 120
 C3 x  C6
3
2
EIy1 ( x ) 
As condições de contorno para a viga são:
y1 ' 1,5  y 2 ' 1,5
y1 1,5  y 2 1,5
y 2 ' 4,5  y 3 ' 4,5
y 2 4,5  y 3 4,5
y1 (1,5)  0
y 2 (4,5)  0

kN 

EI   2  10 8 2   3628,125  10 8 m 4
m 

 EI  7256,25 kN.m 2

Resolvendo, as constantes são:
C1  25,125;
C 2  23,15625; C 3  304,125;
C 4  36,421875; C 5  35,859375; C 6  457,3125
O deslocamento na extremidade direita ocorre em x = 6 m:
x3
x2
 120
 304,125x  457,3125
3
2
63
62
 EI y 3 (6)  EI  C  10  120  304,125(6)  457,3125  72,5625
3
2
EIy 3 ( x )  10
C 
72,5625
7256,25
Assim:
  C  0,01 m
Linha Elástica
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Resistência dos Materiais
16- A haste compõe-se de dois eixos para os quais o momento de inércia de AB é I e
de BC é 2I. Determinar a deflexão máxima da haste devido ao carregamento. O
módulo de elasticidade do material da haste é E.
P
As equações de momentos fletores são:
M1 ( x )  P x  0  x 
M 2 ( x )  P x 
L
2
L
xL
2
As condições de contorno para a viga são:
y' 2 ( L)  0
y 2 ( L)  0
L
L
y'1    y' 2  
2
2
L
L
y1    y 2  
2
2
Solução:
E as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho) são:
L
EI y1 ' ' ( x )  P x  0  x 
2
L
2EI y 2 ' ' ( x )  P x 
xL
2
E, assim, resolvê-las através de duas integrações. Primeira integração:
x2
L
EI y1 ' ( x )  P
 C1  0  x 
2
2
2
P x
L
EI y 2 ' ( x ) 
 C2 
xL
2 2
2
Integrando mais uma vez:
x3
L
EI y1 ( x )  P
 C1 x  C 3  0  x 
6
2
3
P x
L
EI y 2 ( x ) 
 C2 x  C4 
xL
2 6
2
Resolvendo, as constantes são:
PL3
5PL2
PL2
3PL3
C1  
; C2  
; C3 
; C4 
16
4
16
6
A deflexão máxima, A, ocorre na extremidade do balanço em x = 0:
x 3 5PL2
3PL2
0 3 5PL2
3PL2 3PL2
EI y1 ( x )  P

x
 EI y1 (0)  EI  A  P

0

6
16
16
6
16
16
16
Assim:
3PL2
 A 
16 EI
Linha Elástica
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Resistência dos Materiais
17- A haste compõe-se de dois eixos para os quais o momento de inércia de AB é I e
de BC é 3I. Determinar a deflexão máxima da haste devido ao carregamento. O
módulo de elasticidade é E.
P
Solução:
As equações de momentos fletores são:
M1 ( x )  0  0  x 
L
2
L
L
M 2 ( x )   P( x  ) 
xL
2
2
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
L
2
L
L
3EI y 2 ' ' ( x )  P( x  ) 
xL
2
2
EI y1 ' ' ( x )  0  0  x 
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
EI y1 ' ( x )  C1  0  x 
L
2
2
L

x  
L
2
3EI y 2 ' ( x )  P 
 C2 
xL
2
2
Segunda integração:
EI y1 ( x )  C1 x  C 3  0  x 
L
2
3
L

x  
L
2
3EI y 2 ( x )  P 
 C2 x  C4 
xL
6
2
As condições de contorno para a viga são:
PL2
8
5PL3
y 2 ( L)  0  C 4 
48
PL2
L
L
y'1    y' 2    C1  
24
2
2
5PL3
L
L
y1    y 2    C 3 
144
2
2
y' 2 ( L)  0  C 2  
O deslocamento máximo (extremidade livre, x = 0) é:
EI y1 ( x )  
Linha Elástica
PL2
5PL3
x
24
144
 EI y1 (0)  
PL2
5PL3 5PL3
5PL3
0

 y1 (0)  y max 
24
96
144
144
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18- Após
determinar a equação da linha elástica da viga abaixo, especificar a
inclinação em A e a deflexão máxima. Considerar EI constante.
Solução:
Reações de apoio:
 M  0  V  L  P(L  a )  Pa  0  V
 F  0 V  V  P  P  0  V  P
z ( B)
y
A
A
A
B
P
B
Vamos encontrar as equações de momento fletor:
M1  Px  0  x  a
M 2  Px  P( x  a )  a  x  (L  a )
M 3  Px  P( x  a )  P( x  L  a )  (L  a )  x  L
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
E I y1 ' ' ( x )  Px  0  x  a
E I y 2 ' ' ( x )  Px  P( x  a )  a  x  (L  a )
E I y 3 ' ' ( x )  Px  P( x  a )  P( x  L  a )  (L  a )  x  L
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
x2
 C1  0  x  a
2
x2
(x  a) 2
E I y 2 ' ( x )  P
P
 C 2  a  x  (L  a )
2
2
x2
(x  a ) 2
(x  L  a ) 2
E I y 3 ' ( x )  P
P
P
 C 3  (L  a )  x  L
2
2
2
E I y1 ' ( x )   P
Segunda integração:
x3
 C1 x  C 4  0  x  a
6
x3
(x  a ) 3
E I y 2 ( x )  P
P
 C 2 x  C 5  a  x  (L  a )
6
6
x3
(x  a ) 3
(x  L  a ) 3
E I y 3 ( x )  P
P
P
 C 3 x  C 6  (L  a )  x  L
6
6
6
E I y1 ( x )   P
As condições de contorno para a viga são:
y'1 (a )  y' 2 (a )  C1  C 2
y 1 (a )  y 2 (a )  C 4  C 5
y' 2 ( L  a )  y' 3 ( L  a )  C 2  C 3
y 2 (L  a )  y 3 (L  a )  C 5  C 6
Linha Elástica
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y(0)  0  E I y1 (0)  C 4  C 4  0  C 5  0  C 6  0
y ( L)  0
L3
(L  a ) 3
(L  L  a ) 3
 E I y 3 ( L)   P  P
P
 C3L  0 
6
6
6
Pa
(L  a )
2
Pa
 C1 
(L  a )
2
 C3 
 C2 
Pa
(L  a )
2
Então, as inclinações são:
x 2 Pa
E I y1 ' ( x )   P

(L  a )  0  x  a
2
2
x2
( x  a ) 2 Pa
E I y 2 ' ( x )  P
P

(L  a )  a  x  (L  a )
2
2
2
x2
(x  a ) 2
( x  L  a ) 2 Pa
E I y 3 ' ( x )  P
P
P

(L  a )  (L  a )  x  L
2
2
2
2
E as deflexões são:
x 3 Pa

(L  a ) x  0  x  a
6
2
x3
( x  a ) 3 Pa
E I y 2 ( x )  P
P

(L  a ) x  a  x  (L  a )
6
6
2
x3
(x  a ) 3
( x  L  a ) 3 Pa
E I y 3 ( x )  P
P
P

(L  a ) x  (L  a )  x  L
6
6
6
2
E I y1 ( x )   P
A inclinação em A é:
0 2 Pa
Pa

(L  a ) 
(L  a )
2
2
2
Pa(L  a )
 y1 ' (0)  A 
2EI
E I y1 ' (0)  P
O deslocamento máximo (centro, x=L/2) é:
3
3
PL
PL
Pa
L
L

E I y2          a  
(L  a )
62
62
2
2
2

Pa
L
 y 2    y max 
(3L2  4a 2 )
24EI
2
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19- O eixo suporta as cargas das três polias mostradas. Determinar a deflexão em seu
centro e sua inclinação em A e B. Os mancais exercem apenas reações verticais sobre
ele e EI é constante.
2
Solução:
Reações de apoio:
VA  2P
VB  2P
As equações de momento fletor são:
M1 ( x )  Px  0  x  a
M 2 ( x )  Px  2P( x  a )  a  x  2a
M 3 ( x )  Px  2P( x  a )  2P( x  2a )  2a  x  3a
M 4 ( x )  Px  2P( x  a )  2P( x  2a )  2P( x  3a )  3a  x  4a
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
EIy1 ' ' ( x )  Px  0  x  a
EIy 2 ' ' ( x )  Px  2P( x  a )  a  x  2a
EIy 3 ' ' ( x )  Px  2P( x  a )  2P( x  2a )  2a  x  3a
EIy 4 ' ' ( x )  Px  2P( x  a )  2P( x  2a )  2P( x  3a )  3a  x  4a
E, assim, resolvê-las através de duas integrações. Primeira integração:
x2
2
x2
EIy 2 ' ( x )  P
2
x2
EIy 3 ' ( x )  P
2
x2
EIy 4 ' ( x )  P
2
EIy1 ' ( x )  P
 C1  0  x  a
(x  a ) 2
 C 2  a  x  2a
2
(x  a ) 2
( x  2a ) 2
 2P
 2P
 C 3  2a  x  3a
2
2
(x  a ) 2
( x  2a ) 2
( x  3a ) 2
 2P
 2P
 2P
 C 4  3a  x  4a
2
2
2
 2P
Segunda integração:
x3
EIy1 ( x )  P
 C1 x  C 5  0  x  a
6
x3
(x  a ) 3
EIy 2 ( x )  P
 2P
 C 2 x  C 6  a  x  2a
6
6
x3
(x  a ) 3
( x  2a ) 3
EIy 3 ( x )  P
 2P
 2P
 C 3 x  C 7  2a  x  3a
6
6
6
x3
(x  a ) 3
( x  2a ) 3
( x  3a ) 3
EIy 4 ( x )  P
 2P
 2P
 2P
 C 4 x  C 8  3a  x  4a
6
6
6
6
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As condições de contorno para a viga são:
y'1 (a )  y'2 (a )  C1  C 2
y1 (a )  y 2 (a )  C 5  C 6
y'2 (2a )  y'3 (2a )  C 2  C 3
y 2 (2a )  y 3 (2a )  C 6  C 7
y'3 (3a )  y'4 (3a )  C 3  C 4
y 3 (3a )  y 4 (3a )  C 7  C8
a3
EIy1 (a )  P  C1a  C 5  0
6
(3a ) 3
(3a  a ) 3
(3a  2a ) 3
EIy 3 (3a )  P
 2P
 2P
 C 3 3a  C 7  0
6
6
6
das duas últimas equações (fazendo C1=C3 e C5=C7) vem que:
C1  C 2  C 3  C 4  Pa 2
C5  C 6  C 7  C8 
5P 3
a
6
A deflexão no centro (centro, x=2a) é:
(2a ) 3
(2a  a ) 3
5P 3
 2P
 Pa 2 2a 
a
6
6
6
Pa 3
 y 2 (2a )  y 2a  
6EI
EIy 2 (2a )  P
As inclinações em A e B são:
EIy1 ' (a )  P
a2
 Pa 2 
2
y 1 ' (a )   A
P a2
A  
2 EI
(3a ) 2
(3a  a ) 2
(3a  2a ) 2
EIy 3 ' (3a )  P
 2P
 2P
 C3 
2
2
2
P a2
B 
2 EI
y 3 ' (3a )   B
20- O eixo suporta as cargas das duas polias
mostradas. Determinar a deflexão na
extremidade livre. Os mancais exercem apenas reações verticais sobre ele e a rigidez
EI é constante.
P
5P
Solução:
Reações de apoio:
VA  4P
VB  2P
As equações de momento fletor são:
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M1 ( x )  Px  0  x  a
M 2 ( x )  Px  VA ( x  a )  a  x  2a
M 3 ( x )  Px  VA ( x  a )  4P( x  2a )  2a  x  3a
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
EIy1 ' ' ( x )  Px  0  x  a
EIy 2 ' ' ( x )  Px  VA ( x  a )  a  x  2a
EIy 3 ' ' ( x )  Px  VA ( x  a )  4P( x  2a )  2a  x  3a
E, assim, resolvê-las através de duas integrações. Primeira integração:
x2
 C1  0  x  a
2
x2
(x  a ) 2
EIy 2 ' ( x )  P  VA
 C 2  a  x  2a
2
2
x2
(x  a) 2
( x  2a ) 2
EIy 3 ' ( x )  P  VA
 4P
 C 3  2a  x  3a
2
2
2
EIy1 ' ( x )  P
Segunda integração:
x3
EIy1 ( x )  P  C1 x  C 4  0  x  a
6
x3
(x  a )3
EIy 2 ( x )  P  VA
 C 2 x  C 5  a  x  2a
6
6
x3
(x  a )3
( x  2a ) 3
EIy 3 ( x )  P  VA
 4P
 C 3 x  C 6  2a  x  3a
6
6
6
As condições de contorno para a viga são:
y'1 (a )  y' 2 (a )  C1  C 2
y 1 (a )  y 2 (a )  C 4  C 5
y' 2 (2a )  y'3 (2a )  C 2  C 3
y 2 (2a )  y 3 (2a )  C 5  C 6
a3
 C1a  C 4  0
6
(3a ) 3
(3a  a ) 3
(3a  2a ) 3
EIy 3 (3a )  P
 4P
 5P
 C3 3a  C 6  0
6
6
6
EIy1 (a )  P
das duas últimas equações (fazendo C1=C3 e C4=C6) vem que:
P 2
a
12
P
C 4  C5  C6   a 3
4
C1  C 2  C 3 
A deflexão na extremidade (x = 0) é:
P 3 Pa 2
Pa 3
P 3 Pa 2
Pa 3
EIy1 ( x )  x 
x
 EIy1 (0)  0 
0
6
12
4
6
12
4
3
Pa
 y1 (0)   ext.  
4
Resposta: A deflexão na extremidade livre é –Pa3/4.
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